第第頁(yè)專題22爆炸、反沖和人船模型模型總結(jié)模型1爆炸模型 1模型2反沖模型 18模型3人船模型 29模型1爆炸模型1．爆炸模型分類模型特點(diǎn)示例爆炸模型爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)2．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒機(jī)械能增加在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)1．（2025·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，半徑R＝0.9m的光滑半圓弧軌道COD固定在豎直平面內(nèi)，端點(diǎn)D為軌道的最低點(diǎn)，過(guò)D點(diǎn)的軌道切線水平。在圓弧軌道圓心O的正上方F點(diǎn)右側(cè)有一固定的水平軌道，水平軌道與傾角θ＝37°的固定粗糙斜面軌道平滑相接（物體通過(guò)時(shí)沒(méi)有能量損失），斜面上E點(diǎn)距斜面底端的距離s0＝3.2m?，F(xiàn)有質(zhì)量分別為mA＝1kg，mB＝0.5kg的物塊A、B靜置于水平軌道上，且物塊B的右側(cè)水平軌道光滑，左側(cè)水平軌道粗糙。物塊A、B中間夾有少量炸藥，炸藥突然爆炸，爆炸后物塊A在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖乙所示，物塊A從F點(diǎn)離開(kāi)軌道，剛好能從C點(diǎn)對(duì)軌道無(wú)擠壓地切入圓弧軌道做圓周運(yùn)動(dòng)。已知物塊A與左側(cè)水平軌道和物塊B與斜面軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：(1)物塊A經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)受到圓弧軌道的支持力FN的大?。?2)物塊A與左側(cè)水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)若從物塊B運(yùn)動(dòng)到斜面軌道底端時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，會(huì)通過(guò)E點(diǎn)幾次？計(jì)算每次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)的時(shí)間。（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】(1)60N(2)0.5(3)兩次，見(jiàn)解析【詳解】（1）小物塊A離開(kāi)水平軌道后剛好能從C點(diǎn)切入圓弧軌道做圓周運(yùn)動(dòng)有物塊A從C到D過(guò)程機(jī)械能守恒有物塊A在D點(diǎn)處由牛頓第二定律聯(lián)立解得（2）由v-t圖像可知：爆炸后瞬間物塊A的速度大小為，物塊A在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為爆炸后物塊A在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及牛頓第二定律有解得（3）物塊A、B爆炸過(guò)程，由動(dòng)量守恒有解得物塊B在斜面軌道向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程有解得物塊B沿斜面上升的最大距離物塊B通過(guò)E點(diǎn)有兩次：情況1：物塊B沿斜面上升階段通過(guò)E點(diǎn)時(shí)，有解得或（舍去）情況2：物塊B沿斜面下降階段通過(guò)E點(diǎn)時(shí)，上升階段的時(shí)間下降階段因?yàn)槁?lián)立解得2．（2025·四川廣安·模擬預(yù)測(cè)）如圖，一長(zhǎng)度、質(zhì)量的木板緊靠墻壁放置在光滑水平地面上，在距木板左端為kL（）處放置著A、B兩個(gè)小木塊（均可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量均為。某時(shí)刻，木塊A、B在強(qiáng)大內(nèi)力作用下突然分開(kāi)，分開(kāi)瞬間內(nèi)力消失，此時(shí)木塊A的速度為，方向水平向左。木塊B與墻壁碰撞過(guò)程中不損失機(jī)械能，木塊A、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為和。(1)求木塊A、B分離瞬間，木塊B速度的大??；(2)若，求木塊A離開(kāi)木板時(shí)，木塊B速度的大??；(3)求摩擦力對(duì)木塊B所做的功?！敬鸢浮?1)4m/s(2)2m/s(3)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，【詳解】（1）分離瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得（2）若，A、B分離后，A向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于墻壁的阻擋，木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，則A離開(kāi)木板的時(shí)間對(duì)B進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有利用逆向思維，B減速至0過(guò)程，根據(jù)速度與位移關(guān)系有解得若，則B距木板右端為可知，B始終沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞，B減速至0經(jīng)歷時(shí)間木塊A離開(kāi)木板時(shí)，木塊B速度的大小解得（3）若B減速至墻面位置速度恰好為0，則有解得可知，當(dāng)時(shí)，B沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞，則有解得當(dāng)時(shí)，B將與墻發(fā)生碰撞，則B反彈后對(duì)B與木板構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得對(duì)B進(jìn)行分析，B與墻面碰撞前全過(guò)程摩擦力對(duì)木塊B所做的功解得3．（2025·廣東汕頭·二模）如圖所示，小滑塊和的靜止于光滑平臺(tái)上，之間有質(zhì)量可忽略不計(jì)的炸藥。長(zhǎng)度的木板c靜止于光滑平面上，上表面與平齊，左端緊靠平臺(tái)，右端固定有半徑的半圓形光滑圓軌道.某時(shí)刻炸藥爆炸，爆炸過(guò)程放出的能量均轉(zhuǎn)化為物體和的動(dòng)能，使物塊以速度沖上木板c。已知，，，物塊與木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)，取10m/s2。(1)求爆炸過(guò)程中炸藥釋放的能量；(2)若木板固定在平面上，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明小滑塊是否能到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)；(3)若木板不固定在平面上，要使小滑塊既可以到達(dá)點(diǎn)又不會(huì)從木板上掉下來(lái)，求木板長(zhǎng)度的取值范圍?！敬鸢浮?1)(2)小滑塊不能經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3)【詳解】（1）爆炸過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有爆炸過(guò)程釋放的能量聯(lián)立解得（2）不能。若平板固定，物塊從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有若能到達(dá)點(diǎn)，從到的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有解得若小滑塊恰好過(guò)最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得因?yàn)?，所以小滑塊不能經(jīng)過(guò)點(diǎn)（3）小滑塊到達(dá)點(diǎn)與木板共速時(shí)，木板最長(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得根據(jù)能量守恒定律有解得小滑塊回到木板左端與木板共速時(shí)，木板最短，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得共同速度仍為根據(jù)能量守恒定律有解得在這個(gè)過(guò)程中小滑塊在圓弧上升高度為，根據(jù)能量守恒定律有解得即不會(huì)脫離圓弧軌道，故木板的長(zhǎng)度范圍為。4．（24-25高三下·陜西咸陽(yáng)·階段練習(xí)）可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A和B緊靠在一起放在水平地面上，其中A物體左側(cè)粗糙，A物體與左側(cè)粗糙地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，B物體右側(cè)光滑。兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，兩物體獲得的總能量．已知A、B兩物體的質(zhì)量均為1kg，重力加速度大小，則（

）A．分離瞬間A的速度大小為1.5m/sB．分離瞬間B的速度大小為3m/sC．從分離到A停止運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)的時(shí)間是1sD．從分離到A停止運(yùn)動(dòng)，A、B兩物體間的距離是3m【答案】BC【詳解】AB．炸藥爆炸后，設(shè)分離瞬間物體A的速度大小為，物體B的速度大小為，對(duì)A、B兩物體組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得由能量守恒得聯(lián)立可得選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；C．A、B兩物體分離后，A物體向左勻減速滑行，對(duì)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得從分離到A物體停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間選項(xiàng)C正確；D．物體A運(yùn)動(dòng)的位移為物體B運(yùn)動(dòng)的位移故兩物體之間的距離選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。5．（2024·青海海南·二模）斜向上發(fā)射的炮彈在最高點(diǎn)爆炸（爆炸時(shí)間極短）成質(zhì)量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原路返回。已知炮彈爆炸時(shí)距地面的高度為H，炮彈爆炸前的動(dòng)能為E，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點(diǎn)間的距離為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】火箭炸裂的過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)火箭炸裂前的速度大小為v，則得設(shè)炸裂后瞬間另一塊碎片的速度大小為v1，有解得根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有得兩塊碎片落地點(diǎn)之間的距離故D。6．（2024·黑龍江大慶·三模）中國(guó)最新的SH—16型輪式炮車(chē)，應(yīng)用了大量現(xiàn)代自動(dòng)化科技，如火控系統(tǒng)接收打擊目標(biāo)、立即調(diào)炮、引信裝訂、彈丸裝填、發(fā)射藥裝填等自動(dòng)射擊動(dòng)作?，F(xiàn)一炮車(chē)以速度勻速行駛，炮筒保持水平狀態(tài)。炮車(chē)質(zhì)量為M，攜帶一枚質(zhì)量為m的炮彈，用于發(fā)射炮彈的炸藥在極短時(shí)間內(nèi)爆炸，將炮彈沿行進(jìn)方向水平發(fā)射出去，由于反沖力作用炮彈飛離炮口時(shí)炮車(chē)停止運(yùn)動(dòng)。炸藥質(zhì)量可忽略不計(jì)，求：（1）炮彈飛離炮口時(shí)的速度v；（2）炸藥爆炸釋放的能量Q；（3）設(shè)炮彈在炮筒中所受的作用力恒定，已知炮筒長(zhǎng)為d，求從發(fā)射炮彈到炮彈飛離炮口時(shí)，炮車(chē)前進(jìn)的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知變形得（2）根據(jù)能量守恒定律可知代入得（3）設(shè)發(fā)射炮彈過(guò)程中，炮彈、炮車(chē)的位移大小分別為、，有，由動(dòng)能定理，對(duì)炮彈有對(duì)炮車(chē)有代入得7．（2024·北京順義·一模）一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為m，在某時(shí)刻距離地面的高度為h，速度為v。此時(shí)，火箭突然炸裂成A、B兩部分，其中質(zhì)量為的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。求：（1）炸裂后瞬間A部分的速度大小v1；（2）炸裂后B部分在空中下落的時(shí)間t；（3）在爆炸過(guò)程中增加的機(jī)械能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）炸裂后瞬間由動(dòng)量守恒可知解得A部分的速度為（2）炸裂后由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知空中下落的時(shí)間為（3）在爆炸過(guò)程中增加的機(jī)械能為解得8．（2024·山東·三模）如圖甲所示，長(zhǎng)木板C靜止在光滑水平地面上，其右上端有固定的擋板，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體A和B緊靠在一起靜止在長(zhǎng)木板C上，小物體A和B之間夾有少量火藥。某時(shí)刻點(diǎn)燃火藥，火藥瞬間燃爆后A獲得的速度大小為，若長(zhǎng)木板C固定，A和B會(huì)同時(shí)停在C的最左端。已知小物體A的質(zhì)量為2m，小物體B的質(zhì)量為m，長(zhǎng)木板C的質(zhì)量為3m，A、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為，不計(jì)火藥的質(zhì)量和燃爆時(shí)間，不計(jì)B和擋板的碰撞時(shí)間，B和擋板碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失。（1）若點(diǎn)燃火藥釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為A和B的機(jī)械能，求點(diǎn)燃火藥釋放的能量；（2）求長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度；（3）若長(zhǎng)木板不固定，求整個(gè)過(guò)程A、C之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和B、C之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能；（4）若長(zhǎng)木板不固定，將B碰撞擋板時(shí)作為t=0時(shí)刻，自該時(shí)刻開(kāi)始A的位移大小用表示，B的位移大小用表示，C的位移大小用表示，設(shè)，在圖乙中畫(huà)出y隨時(shí)間t變化的圖像，并標(biāo)明時(shí)的y值?！敬鸢浮浚?）（2）（3），（4）見(jiàn)解析【詳解】（1）火藥爆炸瞬間A和B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則解得則火藥爆炸釋放的能量聯(lián)立可得（2）若長(zhǎng)木板固定，A和B的速度同時(shí)減小到0，對(duì)二者獲得速度到速度減為0的過(guò)程中，對(duì)于物體A有解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得A和B的路程差長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度（3）由第二問(wèn)可知，A和B的初始位置距擋板的距離為B與擋板碰撞前C靜止，對(duì)B自開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與擋板碰撞的過(guò)程中，有解得設(shè)物體B與擋板碰前瞬間的速度，則解得設(shè)該過(guò)程的時(shí)間間隔為，則解得B與擋板碰撞時(shí)A的速度大小以水平向左的方向?yàn)檎较颍珺與擋板碰撞后對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)三者的共同速度為，則有解得對(duì)C由牛頓第二定律有解得計(jì)算可知，B撞擊擋板后A先與C共速，A與C共速后不再有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，然后B再與A、C共速，自B撞擊擋板至A、C共速，有解得自B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至A、C共速之間的相對(duì)路程A、C之間由于摩擦產(chǎn)生的熱量B、C間由于摩擦產(chǎn)生的熱量（4）以水平向左為正方向，對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)自B與擋板碰撞以后的任意時(shí)刻，由動(dòng)量守恒定律得其中且將該過(guò)程得時(shí)間分為、、無(wú)窮段，則以上各式相加，又即有故其圖像如圖所示，當(dāng)9．（2024·云南·一模）如圖所示，光滑水平面上有靜止的物塊A、B和長(zhǎng)木板C，在木板中點(diǎn)靜置一小物塊D（可視為質(zhì)點(diǎn)）。A、B間有少量炸藥，某時(shí)刻炸藥爆炸，使A、B沿水平方向運(yùn)動(dòng)，爆炸過(guò)程中有27J的能量轉(zhuǎn)化成了A、B的動(dòng)能。一段時(shí)間后，B與C發(fā)生彈性正碰且碰撞時(shí)間極短，最終D剛好不滑離C。已知A的質(zhì)量為2kg，B的質(zhì)量為1kg，C的質(zhì)量為3kg，D的質(zhì)量為1.5kg，木板C的長(zhǎng)度為1m，重力加速度大小取。求（1）B與C碰撞前瞬間B的速度大?。唬?）C與D之間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）物塊A與物塊B組成的系統(tǒng)在爆炸過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，則有對(duì)物塊A與物塊B組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化可得聯(lián)立解得（2）物塊B與木板C組成的系統(tǒng)在碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，則有物塊B與木板C組成的系統(tǒng)在碰撞過(guò)程中滿足機(jī)械能守恒，則有解得，物塊B與木板C碰撞后分離，木板C與物塊D組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有對(duì)木板C與物塊D組成的系統(tǒng)由能量守恒定律可得聯(lián)立解得10．（2024·四川成都·一模）如圖，ABC靜置于水平面上，BC之間放有少量炸藥，極短時(shí)間內(nèi)爆炸產(chǎn)生的能量中有轉(zhuǎn)化為BC兩物體的動(dòng)能。已知，，；與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。板足夠長(zhǎng)，重力加速度取。求：（1）爆炸后瞬間A、B、C的加速度大??；（2）爆炸后瞬間B、C的速度大小；（3）爆炸后到A板向右運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)的過(guò)程中，A與地面之間因?yàn)槟Σ炼a(chǎn)生的熱量；【答案】（1），，；（2），；（3）【詳解】（1）爆炸后瞬間，分別對(duì)物體受力分析得（2）爆炸瞬間，由動(dòng)量守恒得根據(jù)題意，由能量守恒得聯(lián)立解得（3）設(shè)經(jīng)過(guò)t1時(shí)間，A、C兩物體達(dá)到共速，則有代入數(shù)據(jù)解得假設(shè)A、C兩物體一起減速運(yùn)動(dòng)，則兩者的加速度滿足故假設(shè)成立，則A、C速度減到零的時(shí)間為此過(guò)程中A物體的對(duì)地位移為則因摩擦而產(chǎn)生的熱量為模型2反沖模型1．反沖模型分類模型特點(diǎn)示例反沖模型反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果。反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加11．（2025·湖南郴州·一模）一個(gè)連同裝備質(zhì)量為M的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船L的位置與飛船處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)（L遠(yuǎn)小于飛船的軌道半徑r）。為了返回飛船，他將質(zhì)量為m的氧氣以相對(duì)飛船大小為v的速度快速向后噴出，則宇航員獲得相對(duì)飛船的速度大小為（）A． B． C．v D．【答案】B【詳解】噴出氧氣過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以氧氣的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有解得故選B。12．（2025·四川綿陽(yáng)·一模）在仿生學(xué)領(lǐng)域，科研人員正在模仿跳蚤的彈跳設(shè)計(jì)微型機(jī)器人或跳躍式飛行器。如圖所示，是一個(gè)研究小組設(shè)計(jì)的一種模仿跳蚤跳躍的兩級(jí)彈跳裝置，圓柱形的一級(jí)和二級(jí)彈跳體內(nèi)的彈簧相同，彈簧勁度系數(shù)相等且都非常大，被壓縮相同程度后鎖定（儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能相等），通過(guò)遙控可分別解鎖兩根彈簧，使彈簧彈性勢(shì)能瞬間釋放全部轉(zhuǎn)化為彈跳體的動(dòng)能，彈跳體獲得的速度方向沿豎直方向。兩級(jí)彈跳體豎直疊放在水平地面上靜止，一級(jí)彈跳體與地面之間、二級(jí)與一級(jí)彈跳體之間不拴連。一級(jí)、二級(jí)彈跳體的總質(zhì)量相等且分別均為，先解鎖一級(jí)彈跳體內(nèi)的彈簧，兩級(jí)彈跳體一起豎直上升，離地面的最大高度為，上升到最大高度時(shí)解鎖二級(jí)彈跳體內(nèi)的彈簧。重力加速度為，忽略彈跳體的高度，不考慮空氣阻力。(1)求兩級(jí)彈跳體一起豎直上升的時(shí)間；(2)求二級(jí)彈跳體離地面最大高度；(3)若一級(jí)彈跳體的質(zhì)量為，其他初始條件相同，解鎖一級(jí)彈跳體的彈簧后，在兩級(jí)彈跳體落地前的任意時(shí)刻解鎖二級(jí)彈跳體的彈簧。求二級(jí)彈跳體離地面的最大高度?！敬鸢浮?1)(2)2H(3)【詳解】（1）設(shè)兩級(jí)彈跳體一起豎直上升的時(shí)間為t，則解得（2）當(dāng)兩級(jí)彈跳體一起豎直上升到離地面最大高度H時(shí)，兩級(jí)彈跳體速度為零。以豎直向上為速度正方向，設(shè)解鎖二級(jí)彈跳體內(nèi)的彈簧后一、二級(jí)彈跳體的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律分別可得0=mv1+mv2，解得，之后，二級(jí)彈跳體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)又上升的高度為H1，有解得H1=H則二級(jí)彈跳體離地面最大高度Hm1=H+H1=2H（3）若一級(jí)彈跳體的質(zhì)量為M，解鎖一級(jí)彈跳體的彈簧后，設(shè)在一、二級(jí)彈跳體豎直上拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度為v'時(shí)，以豎直向上為速度正方向，解鎖二級(jí)彈跳體的彈簧后一、二級(jí)彈跳體的速度分別為v3、v4，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律分別可得（M+m）v'=Mv3+mv4，解得，解鎖二級(jí)彈跳體的彈簧后，二級(jí)彈跳體增加的速度為可見(jiàn)，二級(jí)彈跳體增加的速度Δv與解鎖前的速度v′無(wú)關(guān)。一、二級(jí)彈跳體速度為v及二級(jí)彈跳體的v4-t圖像關(guān)系如圖所示，由圖可知：越早解鎖二級(jí)彈跳體的彈簧二級(jí)彈跳體所能到達(dá)的高度越高。設(shè)一級(jí)彈跳體的彈簧解鎖后瞬間一、二級(jí)彈跳體的共同速度為v時(shí)解鎖二級(jí)彈跳體的彈簧，則設(shè)解鎖二級(jí)彈跳體的彈簧后瞬間二級(jí)彈跳體速度為v5，由前述分析知：設(shè)二級(jí)彈跳體離地面最大高度為Hm2，有解得13．（2025·廣東清遠(yuǎn)·一模）科技小組用容積2.0L的可樂(lè)瓶制作水火箭，箭身及配重物總質(zhì)量M=0.1kg。瓶?jī)?nèi)裝入0.5L水后密封，初始?xì)怏w壓強(qiáng)為1atm。用打氣筒每次打入0.5L、1atm的空氣，當(dāng)瓶?jī)?nèi)氣壓達(dá)5atm時(shí)橡膠塞脫落，水高速噴出，火箭起飛。已知水的密度忽略空氣阻力，重力加速度g取下列說(shuō)法正確的是（）A．打氣時(shí)筒內(nèi)氣體溫度升高是因?yàn)槟Σ辽鸁酈．水噴出的過(guò)程中，水火箭內(nèi)的氣體對(duì)外做功C．至少打氣12次水火箭的橡膠塞才脫落D．若橡膠塞脫落后水以v=10m/s全部噴出，火箭最多能升到125m高處【答案】BCD【詳解】A．根據(jù)熱力學(xué)第一定律，打氣時(shí)，活塞對(duì)筒內(nèi)氣體做功，氣體內(nèi)能增加，溫度升高，故而筒壁發(fā)熱，故A錯(cuò)誤；B．由熱力學(xué)第一定律，當(dāng)水噴出時(shí)，水火箭內(nèi)氣體體積急劇膨脹，氣體對(duì)外做功，故而氣體吸熱，B正確；C．以水火箭內(nèi)密封氣體為分析對(duì)象，由氣體等溫變化規(guī)律解得，故C正確；D．水火箭豎直放置時(shí)，能上升的高度最高，水以v=10m/s全部噴出，由動(dòng)量守恒水的質(zhì)量為，代入數(shù)據(jù)可得水火箭的初速度由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得解得最大高度為，故D正確。故選BCD。14．（2025·河南信陽(yáng)·一模）一個(gè)士兵坐在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇的總質(zhì)量是。這個(gè)士兵用自動(dòng)步槍在內(nèi)沿水平方向連續(xù)射出10發(fā)子彈，每發(fā)子彈的質(zhì)量是，子彈離開(kāi)槍口時(shí)相對(duì)步槍的速度是。射擊前皮劃艇是靜止的，不考慮水的阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．每次射擊后皮劃艇的速度改變量均相同B．連續(xù)射擊后皮劃艇的速度大小近似值是C．連續(xù)射擊時(shí)槍所受到的平均反沖作用力大小為D．發(fā)射子彈過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒【答案】B【詳解】AB．以速度v0的方向?yàn)檎较?，士兵發(fā)射第一發(fā)子彈的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得（M-m）v1=m（v0-v1）解得士兵發(fā)射第二發(fā)子彈的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：（M-m）v1=（M-2m）v2-m（v0-v2）解得同理可得發(fā)射第三發(fā)子彈后皮劃艇的速度為連續(xù)射出10發(fā)子彈后皮劃艇的速度為可知每次射擊后皮劃艇的速度改變量均不相同，且，故A錯(cuò)誤，B正確；C．總動(dòng)量變化約為，時(shí)間，平均反沖力，故C錯(cuò)誤；D．系統(tǒng)動(dòng)量守恒（無(wú)外力），但發(fā)射子彈時(shí)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選B。15．（2025·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，某實(shí)驗(yàn)小組為研究火箭單級(jí)推進(jìn)與多級(jí)推進(jìn)的區(qū)別，設(shè)計(jì)了如下簡(jiǎn)單模型：以輕質(zhì)壓縮彈簧代替推進(jìn)劑的作用，研究單級(jí)推進(jìn)與二級(jí)推進(jìn)上升高度的不同。方案一：將兩根相同的輕彈簧并排連接在火箭下方，模擬火箭的單級(jí)推進(jìn)，將兩根彈簧進(jìn)行同樣的壓縮，釋放后火箭上升的最大高度為H。方案二：將火箭整體分為質(zhì)量相等的兩級(jí)，將方案一中的兩根輕彈簧分別連接在兩級(jí)火箭的底部，將兩級(jí)火箭上下疊放，并使兩根輕彈簧發(fā)生與方案一中同樣的形變，以此模擬火箭的二級(jí)推進(jìn)過(guò)程。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先釋放一級(jí)火箭底部的彈簧進(jìn)行一級(jí)推進(jìn)，一級(jí)推進(jìn)完成瞬間立即自動(dòng)釋放兩級(jí)之間的壓縮彈簧進(jìn)行二級(jí)推進(jìn)。假設(shè)火箭的總質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)很大，可瞬間彈開(kāi)，彈簧和火箭的高度不計(jì)，忽略空氣阻力的影響，火箭始終在同一豎直線上運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。求：(1)方案一中單根壓縮彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能；(2)方案二中二級(jí)推進(jìn)完成瞬間，一級(jí)火箭和二級(jí)火箭的速度大小，；(3)方案二中二級(jí)推進(jìn)完成后，二級(jí)火箭繼續(xù)上升的最大高度h?！敬鸢浮?1)(2)，(3)【詳解】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得（2）設(shè)一級(jí)推進(jìn)完成瞬間，火箭的速度大小為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得二級(jí)推進(jìn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得，（3）二級(jí)推進(jìn)完成后，對(duì)二級(jí)火箭，則有解得16．（2024·安徽蚌埠·一模）某科研小組試驗(yàn)一款火箭，攜帶燃料后的總質(zhì)量為M。先將火箭以初速度從地面豎直向上彈出，上升到高度時(shí)點(diǎn)燃燃料，假設(shè)質(zhì)量為m的燃?xì)庠谝凰查g全部豎直向下噴出，若燃?xì)庀鄬?duì)火箭噴射出的速率為u，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：(1)火箭到達(dá)高度時(shí)的速度大??；(2)燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮。?3)火箭上升的最大高度?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）由機(jī)械能守恒可得解得火箭到達(dá)高度時(shí)的速度大小為（2）由動(dòng)量守恒可得解得燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮椋?）設(shè)火箭上升的最大高度為，根據(jù)機(jī)械能守恒可得解得17．（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測(cè)）神舟十八號(hào)載人飛船于2024年4月25日20時(shí)58分57秒在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射，神舟十八號(hào)載人飛船入軌后，于北京時(shí)間2024年4月26日3時(shí)32分，成功與空間站天和核心艙徑向端口完成自主快速交會(huì)對(duì)接，整個(gè)自主交會(huì)對(duì)接過(guò)程歷時(shí)約6.5小時(shí)。對(duì)接同時(shí)中國(guó)空間站進(jìn)行軌道抬升，直接上升了近6公里。在軌期間，神舟十八號(hào)乘組還將實(shí)施6次載荷貨物氣閘艙出艙任務(wù)和2至3次出艙活動(dòng)。據(jù)以上信息，下列說(shuō)法正確的是（）A．先使飛船與空間站在同一軌道上運(yùn)行，然后飛船加速追上空間站實(shí)現(xiàn)對(duì)接B．火箭在豎直方向加速升空階段中燃料燃燒推動(dòng)空氣，空氣的反作用力推動(dòng)火箭升空C．空間站軌道抬升過(guò)程中空間站的機(jī)械能增加，抬升后空間站的運(yùn)行周期將會(huì)變長(zhǎng)D．乘組人員實(shí)施出艙活動(dòng)時(shí)處于漂浮狀態(tài)，是因?yàn)槌私M人員不受地球重力【答案】C【詳解】A．飛船與空間站對(duì)接，通常是將飛船發(fā)射到較低的軌道上，然后使飛船加速做離心運(yùn)動(dòng)，實(shí)現(xiàn)對(duì)接。故A錯(cuò)誤；B．火箭發(fā)射升空的過(guò)程中，發(fā)動(dòng)機(jī)推動(dòng)燃?xì)庀蚝髧姵觯鶕?jù)牛頓第三定律，燃?xì)庀蚯巴苿?dòng)火箭上升。故B錯(cuò)誤；C．空間站軌道抬升過(guò)程中，發(fā)動(dòng)機(jī)做正功，空間站的機(jī)械能增加，由解得可知抬升后空間站的運(yùn)行周期將會(huì)變長(zhǎng)。故C正確；D．乘組人員實(shí)施出艙活動(dòng)時(shí)處于漂浮狀態(tài)，是因?yàn)槌私M人員所受地球重力提供了其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。故D錯(cuò)誤。故選C。18．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·三模）柴油打樁機(jī)由重錘汽缸、活塞樁帽等若干部件組成。重錘汽缸的質(zhì)量為m，鋼筋混凝土樁固定在活塞樁帽下端，樁帽和樁總質(zhì)量為。汽缸從樁帽正上方一定高度自由下落，汽缸下落過(guò)程中，樁體始終靜止。當(dāng)汽缸到最低點(diǎn)時(shí)，向缸內(nèi)噴射柴油，柴油燃燒，產(chǎn)生猛烈推力，汽缸和樁體瞬間分離，汽缸上升的最大高度為h，重力加速度為。（1）求柴油燃燒產(chǎn)生的推力對(duì)汽缸的沖量；（2）設(shè)樁體向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒為f，求該次燃燒后樁體在泥土中向下移動(dòng)的距離?！敬鸢浮浚?），方向豎直向上；（2）【詳解】（1）設(shè)燃燒使重錘汽缸獲得的速度為，樁體獲得的速度為v，對(duì)分離后的重錘汽缸由機(jī)械能守恒，有對(duì)分離瞬間重錘汽缸，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故由動(dòng)量定理，有得方向豎直向上。（2）分離瞬間，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以重錘汽缸和樁體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有分離后對(duì)樁體，由動(dòng)能定理，有得19．（2024·重慶九龍坡·三模）如圖，靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的原子核X發(fā)生一次衰變后放出的射線粒子和新生成的反沖核均垂直于磁感線方向運(yùn)動(dòng)。已知大小圓半徑和周期之比分別為n、k，且繞大圓軌道運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)。設(shè)該過(guò)程釋放的核能全部轉(zhuǎn)化成射線粒子和反沖核的動(dòng)能，已知該衰變前后原子核質(zhì)量虧損為m，光速為c。下列說(shuō)法正確的是（）A．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外B．大圓是反沖核的運(yùn)動(dòng)軌跡C．原子核A的原子序數(shù)是D．反沖核的動(dòng)能為【答案】D【詳解】AB．由洛倫茲力提供向心力可得解得由于衰變過(guò)程中動(dòng)量守恒，反沖核的電荷較大，則反沖核的軌道半徑較小，所以大圓是射線粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由于射線粒子沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，則反沖核沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，且反沖核帶正電，根據(jù)左手定則可知，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，故AB錯(cuò)誤；C．由于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，射線粒子沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，可知粒子帶負(fù)電，則粒子為粒子（電子），粒子的電荷量為（電荷數(shù)為），由于大小圓半徑之比為，則新生成的反沖核的電量為（電荷數(shù)為），由電荷數(shù)守恒可知，原子核A的電荷數(shù)為，即原子核A的原子序數(shù)是，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)周期公式可得則射線粒子和新生成的反沖核的質(zhì)量之比為已知該衰變過(guò)程前后原子核的質(zhì)量虧損為，則釋放的能量為根據(jù)可得由此可得射線粒子與反沖核的動(dòng)能之比為又有聯(lián)立解得反沖核的動(dòng)能為故D正確。故選D。20．（2024·山東濰坊·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，返回艙接近地面時(shí)，相對(duì)地面豎直向下的速度為v，此時(shí)反推發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，在極短時(shí)間內(nèi)，豎直向下噴出相對(duì)地面速度為u、體積為V的氣體，輔助返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為，噴出氣體所受重力忽略不計(jì)，則噴氣過(guò)程返回艙受到的平均反沖力大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】噴出的氣體的質(zhì)量為以噴出的氣體為研究對(duì)象，設(shè)氣體受到的平均沖力為F，取向下為正方向，噴出氣體所受重力忽略不計(jì)，根據(jù)動(dòng)量定理有解得根據(jù)牛頓第三定律可知噴氣過(guò)程返回艙受到的平均反沖力大小為。故選A。模型3人船模型1．人船模型分類模型特點(diǎn)示例人船模型(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0(2)兩物體的位移大小滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L2.模型圖示3.模型特點(diǎn)(1)兩者滿足動(dòng)量守恒定律：mv人-Mv船＝0(2)兩者的位移大小滿足：mx人t-Mx人＋x船＝L，得x人＝MM＋mL，x船4.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1)人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于二者質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于二者質(zhì)量的反比，即x人21．（2025·重慶南岸·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，木塊A、B并排靜止在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，細(xì)線另一端系一小球C，A、B、C質(zhì)量均為m?，F(xiàn)將C拉起至細(xì)線水平且自然伸直后由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．C能向左擺到與釋放點(diǎn)等高的位置B．C球由靜止釋放到第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)的過(guò)程中，木塊A的位移大小為C．C第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，繩中張力大小為mgD．從C球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)到恰好第一次到達(dá)輕桿左側(cè)最高處的過(guò)程中，木塊A一直做減速運(yùn)動(dòng)【答案】B【詳解】A．在C球向下擺動(dòng)過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，C球獲得水平向左的速度，A和B獲得水平向右的速度。在C球向上擺動(dòng)過(guò)程中，由于A受到細(xì)線的拉力，A和B分離，B具有一定的動(dòng)能，A和C的總能量減少了，C不能擺到與釋放點(diǎn)等高的位置，故A錯(cuò)誤；B．C球由靜止釋放到第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)的過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒所以解得，B正確；C．C第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由于C有速度，，故繩中張力大于mg，C錯(cuò)誤；D．C球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)到恰好第一次到達(dá)輕桿左側(cè)最高處的過(guò)程中，繩對(duì)A的作用力有水平向左的分力，這個(gè)分力使A向右減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A速度減為零后向左加速，恰好第一次到達(dá)輕桿左側(cè)最高處時(shí)，C和A在水平方向上具有相同的速度，故D錯(cuò)誤。故選B。22．（2025·廣東·一模）一半徑為R的光滑瓷碗靜止在水平桌面上，在球心等高處緊貼著碗壁無(wú)初速度靜止釋放一個(gè)質(zhì)量相等的小鐵球，瓷碗始終在水平桌面上。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球第一次回到初始位置時(shí)，瓷碗的路程大小為2RB．小球第一次下降到瓷碗最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)碗底的壓力與受重力大小相等C．若半徑R足夠大，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可能脫離瓷碗D．小球相鄰兩次達(dá)到最高點(diǎn)的時(shí)間小于【答案】A【詳解】A．小球和瓷碗水平方向動(dòng)量守恒，小球從釋放到另一側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)小球質(zhì)量為m,位移大小為x1，瓷碗位移大小為x2，由人船模型位移關(guān)系可知：mx1=mx2，x1+x2=2R代入數(shù)據(jù)可得：x1=x2=R由運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性可知，瓷碗來(lái)回總路程為2R，故A正確；B．小球第一次下降到瓷碗最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有水平方向動(dòng)量守恒小球相對(duì)瓷碗做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有代入得由牛頓第三定律可知小球?qū)ν氲椎膲毫σ矠?，大于重力，故B錯(cuò)誤；C．由能量守恒可知，若小球能脫離瓷碗，其重力勢(shì)能一定要大于，不滿足題意，故C錯(cuò)誤；D．由于小球下落過(guò)程中；受到碗壁支持力有豎直向上的分量，故下落過(guò)程中同一豎直位移時(shí)，運(yùn)動(dòng)速度一定比相同條件下自由落體運(yùn)動(dòng)速度要小，根據(jù)兩段對(duì)稱性可知，用時(shí)一定大于，故D錯(cuò)誤。故選A。23．（2025·廣西·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一滑板的上表面由光滑的四分之一圓弧AB和平面BC組成，右側(cè)有一固定擋板，輕彈簧右端與擋板連接放在平面BC上，左端在平面BC上的D點(diǎn)右側(cè)，滑板靜置于光滑水平面上，已知滑板的質(zhì)量為M，圓弧的半徑R，圓弧底端B點(diǎn)與D的距離為R，平面BD間粗糙，CD間光滑。一個(gè)質(zhì)量m的物塊，從圓弧的最高點(diǎn)A由靜止釋放，物塊第一次向左滑上圓弧面的最高點(diǎn)的位置離B點(diǎn)的高度，重力加速度為g，彈簧的形變?cè)趶椥韵薅葍?nèi)，則（）A．小物塊第一次到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為B．彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)，彈性勢(shì)能為C．物塊最終將停在B點(diǎn)D．物塊最終停止時(shí)，滑板的位移為【答案】BC【詳解】A．對(duì)滑板和物塊的系統(tǒng)，規(guī)定向右為正方向，水平方向動(dòng)量守恒由系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得，故A錯(cuò)誤；B．彈簧第一次壓縮到最短時(shí)，滑板和物塊速度相同，由水平方向動(dòng)量守恒解得由系統(tǒng)能量守恒物塊第一次向左滑上圓弧面的最高點(diǎn)時(shí)，滑板和物塊速度相同，，由水平方向動(dòng)量守恒解得由系統(tǒng)能量守恒聯(lián)立解得，，故B正確；C．物塊最終和滑板保持相對(duì)靜止時(shí)，滑板和物塊速度相同，由水平方向動(dòng)量守恒解得：由系統(tǒng)能量守恒解得即物塊最終恰好停在B點(diǎn)，此時(shí)物塊和小車(chē)均靜止。故C正確；D．系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒∶整理可得因?yàn)?，?lián)立解得又聯(lián)立解得，故D錯(cuò)誤。故選BC。24．（24-25高二下·安徽·階段練習(xí)）光滑水平臺(tái)面上有一滑塊，滑塊右側(cè)面是半徑為R的圓弧面，圓弧面與水平臺(tái)面相切。小球從滑塊的最高點(diǎn)沿圓弧面由靜止釋放。已知小球和滑塊的質(zhì)量分別為m和3m，重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。在小球滑到圓弧面底端的過(guò)程：(1)小球的水平位移大??；(2)小球滑到圓弧面底端時(shí)，滑塊的速度大??；(3)小球滑到圓弧面底端時(shí)，小球?qū)A弧面底端的壓力大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）令小球?qū)Φ厮椒炙俣却笮?，滑塊對(duì)地速度大小為，水平位移大小分別為，在小球下滑過(guò)程，小球和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有：整理后有：由幾何關(guān)系有：解得：（2）當(dāng)小球滑到圓弧面底端時(shí)，小球的速度大小為，滑塊的速度大小為，滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有：，解得：（3）由（2）問(wèn)可解得小球的速度大?。盒∏蛟趫A弧面最底端時(shí)相對(duì)于圓弧的速度：根據(jù)牛頓第二定律有：由牛頓第三定律有小球?qū)A弧面底端的壓力大小：解得：25．（2025·遼寧撫順·模擬預(yù)測(cè)）質(zhì)量均為的木塊和，并排放在光滑水平面上，如圖所示。上固定一豎直輕桿，輕桿上端的點(diǎn)系一長(zhǎng)為的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量也為的球?，F(xiàn)將球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放球。(1)若木塊固定在水平面上，求球向左擺動(dòng)能達(dá)到的最大高度；(2)若木塊不固定，求球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)球的位移大小?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）對(duì)球，下落過(guò)程機(jī)械能守恒有對(duì)球和木塊，水平方向動(dòng)量守恒，取向左為正方向有系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有聯(lián)立解得（2）對(duì)球和A、B組成的系統(tǒng)：設(shè)水平向左為正方向，水平方向平均動(dòng)量守恒，有即又，聯(lián)立得26．（24-25高二上·河南·階段練習(xí)）如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量為、長(zhǎng)度為的木板。質(zhì)量為的某同學(xué)站在木板左端，木板和人處于靜止?fàn)顟B(tài)。該同學(xué)在木板上跳躍三次，每次跳躍的方向和消耗的能量均相同，第三次落點(diǎn)恰好是木板右端。假設(shè)人落到木板瞬間與木板相對(duì)靜止。忽略空氣阻力。則完成第一次跳躍時(shí)該同學(xué)相對(duì)水平面的位移為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】每次跳躍過(guò)程中，人和木板水平方向動(dòng)量守恒，因此人落回木板上時(shí)，人和木板的速度都變?yōu)榱?。三次跳躍情況完全相同，所以第一次跳躍過(guò)程中人和木板相對(duì)位移為，根據(jù)動(dòng)量守恒有解得故選A。27．（2024·北京朝陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）在光滑水平面上放有一質(zhì)量為的小車(chē)，一質(zhì)量為的小球用長(zhǎng)為的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于小車(chē)頂端?，F(xiàn)從圖中位置（細(xì)線伸直且水平）同時(shí)由靜止釋放小球和小車(chē)，設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為。從釋放到小球達(dá)最低點(diǎn)過(guò)程中，細(xì)線對(duì)小球做的功為。從釋放開(kāi)始小車(chē)離開(kāi)初位置的最大距離為，則下列說(shuō)法正確的